五分钟搞懂后缀数组!
为什么学后缀数组
后缀数组是一个比较强大的处理字符串的算法,是有关字符串的基础算法,所以必须掌握。
学会后缀自动机(SAM)就不用学后缀数组(SA)了?不,虽然SAM看起来更为强大和全面,但是有些SAM解决不了的问题能被SA解决,只掌握SAM是远远不够的。
……
有什么SAM做不了的例子?
比如果求一个串后缀的lcp方面的应用,这是SA可以很方便的用rmq来维护,但是SAM还要求lca,比较麻烦,还有就是字符集比较大的时候SA也有优势。
现在这里放道题,看完这个blog可能就会做了!:
你可想想这道题:你有一个01串S,然后定义一个前缀最右边的位置就是这个前缀的结束位置。现在有q多个询问,每个询问结束位置在l~r中不同前缀的最长公共后缀是多长?
|S|,q≤100000|S|,q≤100000
时限4s
而下面是我对后缀数组的一些理解
构造后缀数组——SA
先定义一些变量的含义
Str :需要处理的字符串(长度为Len)
Suffix[i] :Str下标为i ~ Len的连续子串(即后缀)
Rank[i] : Suffix[i]在所有后缀中的排名
SA[i] : 满足Suffix[SA[1]] < Suffix[SA[2]] …… < Suffix[SA[Len]],即排名为i的后缀为Suffix[SA[i]] (与Rank是互逆运算)
好,来形象的理解一下
后缀数组指的就是这个SA[i],有了它,我们就可以实现一些很强大的功能(如不相同子串个数、连续重复子串等)。如何快速的到它,便成为了这个算法的关键。而SA和Rank是互逆的,只要求出任意一个,另一个就可以O(Len)得到。
现在比较主流的算法有两种,倍增和DC3,在这里,就主要讲一下稍微慢一些,但比较好实现以及理解的倍增算法(虽说慢,但也是O(Len logLen))的。
进入正题——倍增算法
倍增算法的主要思想 :对于一个后缀Suffix[i],如果想直接得到Rank比较困难,但是我们可以对每个字符开始的长度为2k2k的字符串求出排名,k从0开始每次递增1(每递增1就成为一轮),当2k2k大于Len时,所得到的序列就是Rank,而SA也就知道了。O(logLen)枚举k
这样做有什么好处呢?
设每一轮得到的序列为rank(注意r是小写,最终后缀排名Rank是大写)。有一个很美妙的性质就出现了!第k轮的rank可由第k - 1轮的rank快速得来!
为什么呢?为了方便描述,设SubStr(i, len)为从第i个字符开始,长度为len的字符串我们可以把第k轮SubStr(i, 2k2k)看成是一个由SubStr(i, 2k−12k−1)和SubStr(i + 2k−12k−1, 2k−12k−1)拼起来的东西。类似rmq算法,这两个长度而2k−12k−1的字符串是上一轮遇到过的!当然上一轮的rank也知道!那么吧每个这一轮的字符串都转化为这种形式,并且大家都知道字符串的比较是从左往右,左边和右边的大小我们可以用上一轮的rank表示,那么……这不就是一些两位数(也可以视为第一关键字和第二关键字)比较大小吗!再把这些两位数重新排名就是这一轮的rank。
我们用下面这张经典的图理解一下:
相信只要理解字符串的比较法则(跟实数差不多),理解起来并不难。#还有一个细节就是怎么把这些两位数排序?这种位数少的数进行排序毫无疑问的要用一个复杂度为长度*排序数的个数的优美算法——基数排序(对于两位数的数复杂度就是O(Len)的)。
基数排序原理 : 把数字依次按照由低位到高位依次排序,排序时只看当前位。对于每一位排序时,因为上一位已经是有序的,所以这一位相等或符合大小条件时就不用交换位置,如果不符合大小条件就交换,实现可以用”桶”来做。(叙说起来比较奇怪,看完下面的代码应该更好理解,也可以上网查有关资料)
好了SA和Rank(大写R)到此为止就处理好了。(下面有详解代码!)。但我们发现,只有这两样东西好像没什么用,为了处理重复子串之类的问题,我们就要引入一个表示最长公共前缀的新助手Height数组!
构造最长公共前缀——Height
同样先是定义一些变量
Heigth[i] : 表示Suffix[SA[i]]和Suffix[SA[i - 1]]的最长公共前缀,也就是排名相邻的两个后缀的最长公共前缀
H[i] : 等于Height[Rank[i]],也就是后缀Suffix[i]和它前一名的后缀的最长公共前缀
而两个排名不相邻的最长公共前缀定义为排名在它们之间的Height的最小值。
跟上面一样,先形像的理解一下:
高效地得到Height数组
如果一个一个数按SA中的顺序比较的话复杂度是O(N2N2)级别的,想要快速的得到Height就需要用到一个关于H数组的性质。
H[i] ≥ H[i - 1] - 1!
如果上面这个性质是对的,那我们可以按照H[1]、H[2]……H[Len]的顺序进行计算,那么复杂度就降为O(N)了!
让我们尝试一下证明这个性质 : 设Suffix[k]是排在Suffix[i - 1]前一名的后缀,则它们的最长公共前缀是H[i - 1]。都去掉第一个字符,就变成Suffix[k + 1]和Suffix[i]。如果H[i - 1] = 0或1,那么H[i] ≥ 0显然成立。否则,H[i] ≥ H[i - 1] - 1(去掉了原来的第一个,其他前缀一样相等),所以Suffix[i]和在它前一名的后缀的最长公共前缀至少是H[i - 1] - 1。
仔细想想还是比较好理解的。H求出来,那Height就相应的求出来了,这样结合SA,Rank和Height我们就可以做很多关于字符串的题了!
代码——Code
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=100010; 6 int n,m,rank[N],sa[N],buc[N],id[N],height[N]; 7 char s[N]; 8 /*------------------------------------------------------------ 9 rank[i] 第i个后缀的排名; 10 sa[i] 排名为i的后缀位置; 11 buc[i] 计数排序辅助数组; 12 height[i] 排名为i的后缀与排名为(i-1)的后缀的LCP; 13 id[i] 倍增中后半段字符串位置(计数排序中的第二关键字); 14 s为原串 15 ------------------------------------------------------------*/ 16 inline void qsort(){ 17 //rank第一关键字,id第二关键字。 18 for(int i=0;i<=m;++i) buc[i]=0; 19 for(int i=1;i<=n;++i) ++buc[rank[id[i]]]; 20 for(int i=1;i<=m;++i) buc[i]+=buc[i-1]; 21 for(int i=n;i>=1;--i) sa[buc[rank[id[i]]]--]=id[i]; 22 //计数排序,把新的二元组排序 23 } 24 //通过二元组两个下标的比较,确定两个子串是否相同 25 inline int cmp(int x,int y,int l){return id[x]==id[y]&&id[x+l]==id[y+l];} 26 int main() { 27 scanf("%s",s+1); 28 n=strlen(s+1); 29 for(int i=1;i<=n;++i) rank[i]=s[i],id[i]=i; 30 m=127,qsort();//一开始是以单个字符为单位,所以(m = 127) 31 for(int l=1,p=1,i;p<n;l<<=1,m=p){ 32 //l 当前一个子串的长度; m 当前离散后的排名种类数 33 //当前的id(第二关键字)可直接由上一次的sa的得到 34 //更新sa值,并用id暂时存下上一轮的rank(用于cmp比较) 35 for(p=0,i=n-l+1;i<=n;++i) id[++p]=i;//长度越界,第二关键字为0 36 for(i=1;i<=n;++i) if (sa[i]>l) id[++p]=sa[i]-l; 37 qsort(),swap(rank,id),rank[sa[1]]=p=1; 38 //用已经完成的SA来更新与它互逆的rank,并离散rank 39 for(i=2;i<=n;++i) rank[sa[i]]=cmp(sa[i],sa[i-1],l)?p:++p; 40 } 41 //LCP 这个知道原理后就比较好理解程序 42 int j,k=0; 43 for(int i=1;i<=n;height[rank[i++]]=k) 44 for(k=k?k-1:k,j=sa[rank[i]-1];s[i+k]==s[j+k];++k); 45 return 0; 46 }
4个比较基础的应用
Q1:一个串中两个串的最大公共前缀是多少?
A1:这不就是Height吗?用rmq预处理,再O(1)查询。
Q2:一个串中可重叠的重复最长子串是多长?
A2:就是求任意两个后缀的最长公共前缀,而任意两个后缀的最长公共前缀都是Height 数组里某一段的最小值,那最长的就是Height中的最大值。
Q3:一个串种不可重叠的重复最长子串是多长?
A3:先二分答案,转化成判别式的问题比较好处理。假设当前需要判别长度为k是否符合要求,只需把排序后的后缀分成若干组,其中每组的后缀之间的Height 值都不小于k,再判断其中有没有不重复的后缀,具体就是看最大的SA值和最小的SA值相差超不超过k,有一组超过的话k就是合法答案。
A4:一个字符串不相等的子串的个数是多少?
Q4:每个子串一定是某个后缀的前缀,那么原问题等价于求所有后缀之间的不相同的前缀的个数。而且可以发现每一个后缀Suffix[SA[i]]的贡献是Len - SA[i] + 1,但是有子串算重复,重复的就是Heigh[i]个与前面相同的前缀,那么减去就可以了。最后,一个后缀Suffix[SA[i]]的贡献就是Len - SA[k] + 1 - Height[k]。
对于后缀数组更多的应用这里就不详细阐述,经过思考后每个人都会发现它的一些不同的用途,它的功能也许比你想象中的更强大!
最开始的那道题
先搬下来。。。
你可想想这道题:你有一个01串S,然后定义一个前缀最右边的位置就是这个前缀的结束位置。现在有很多个询问,每q个询问结束位置在l~r中不同前缀的最长公共后缀是多长?
|S|,q≤100000|S|,q≤100000
时限4s
简单思路:首先可以把字符串反过来就是求后缀的最长公共前缀了,可以用SA求出height数组,然后用rmq预处理之后就是求两个位置间的最小值。然后对于一个区间,显然只有在SA数组中相邻的两个串可以贡献答案。
对于区间询问的问题可以用莫队处理,然后考虑加入一个后缀应该怎么处理,我们可以维护一个按SA数组排序的链表。假设我们先把所有位置的SA全部加入,然后按顺序删除,重新按顺序加入时就可以O(1)完成修改。那么按照这个思路我们可以用固定左端点的并查集,做到只加入,不删除,然后用O(nn−−√+nlogn)O(nn+nlogn)的复杂度完成这道题。
*可能后面的处理方式比较麻烦,如果直接用splay维护区间中的后缀的话可以做到O(nn−−√logn)O(nnlogn),这个方法就比较直观,而SAM在个问题上还是有点无力的。这题只是为了说明SA相比于SAM还是有他的独到之处,特别是在处理后缀的lcp之类的问题上。
结束